Dokaz formule za \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\)

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za  \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\). Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza.

Teorema 1: \[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}\]\[\text{gde je} \quad \chi(n)=\begin{cases} 1, & \text{if } n \equiv 1 \pmod{6}\\-1, & \text{if } n \equiv -1 \pmod{6}\\0, & \text{inače}\end{cases}\]

Teorema 2: Imamo\[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}\]izraz čiji su brojioci sekvenca neparnih prostih brojeva većih od \(3\) i čiji su imenioci parni brojevi koji su za jedan veći ili manji od odgovarajućih brojilaca.


Dokaz:

Na osnovu Teoreme 1 znamo da je
\[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots\]
takođe imamo
\[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\frac{1}{55}+\cdots ,\]

i sabirajući oba reda dobijamo,
\[\frac{6}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\cdots .\]
Takođe imamo
\[\frac{1}{7} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{7}+\frac{1}{49}-\frac{1}{77}+\frac{1}{91}-\cdots ,\]

i oduzimajući ovaj red od prethodnog dobijamo
\[\frac{6}{7} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\cdots ,\]
red u kome nema imenioca deljivih sa 5 ili 7.

Na sličan način izbacujemo sve one članove čiji su imenioci deljivi sa 11,
\[\frac{1}{11} \cdot \frac{6 \cdot 6}{7 \cdot 5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{11}-\frac{1}{121}+\frac{1}{143}-\cdots ;\]
sabirajući ovaj red sa prethodnim dobijamo
\[\frac{12 \cdot 6 \cdot 6}{11\cdot 7 \cdot 5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots .\]

Primećujemo da se imenioci koji su deljivi prostim brojem oblika  \(6n - 1\) uklanjaju sabiranjem, čime se dodaje novi faktor \(\dfrac{6n}{6n-1}\) , dok se imenioci koji su deljivi prostim brojem oblika \(6n + 1\) uklanjaju oduzimanjem čime se dodaje novi faktor, \(\dfrac{6n}{6n+1}\) .


Tako da će imenioci ovih novih sukcesivno dodatih faktora biti prosti brojevi dok će brojioci biti parni brojevi koji su  za jedan veći ili manji od odgovarajućih imenioca. Ukoliko sve članove početnog reda uklonimo na ovakav način dobijamo izraz 
\[\frac{\cdots 30 \cdot 24 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 6 \cdot 6}{\cdots 29 \cdot 23 \cdot 19 \cdot 17 \cdot 13 \cdot 11 \cdot 7 \cdot 5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1 .\]

Odakle sledi
\[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}\]

\(\blacksquare\)


Коментари

Постави коментар

Популарни постови са овог блога

Dokaz da je koren iz prostog broja iracionalan broj

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je kvadratni koren iz prostog broja iracionalan broj. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Teorema: Ako je \(p\) prost broj, tada je \(\sqrt{p}\) iracionalan broj. Dokaz:  Pretpostavimo suprotno, tj. da je \(\sqrt{p}\) racionalan broj. Tada \(\sqrt{p}\) možemo zapisati u obliku razlomka \(\frac{a}{b}\), gde su \(a\) i \(b\) dva uzajamno prosta cela broja i \(b \neq 0\). Kvadriranjem jednakosti \(\sqrt{p}=\frac{a}{b}\) dobijamo jednakost \(p=\frac{a^2}{b^2}\), odnosno \(a^2=pb^2\). Zapišimo sad brojeve \(a\) i \(b\) u obliku proizvoda stepenova njihovih prostih faktora.\[a=p_1^{n_1}\cdot p_2^{n_2} \cdot p_3^{n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{n_j}\]\[b=q_1^{m_1}\cdot q_2^{m_2} \cdot q_3^{m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{m_k}\]Kvadriranjem ove dve jednakosti dobijamo:\[a^2=p_1^{2n_1}\cdot p_2^{2n_2} \cdot p_3^{2n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{2n_j}\]\[b^2=q_1^{2m_1}\cdot q_2^{2m_2} \cdot q_3^{2m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{2m_k}\]Kako je \(a^2=pb^
Прикажи све

Dokaz da je koren iz 2 iracionalan broj

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je \(\sqrt{2}\) iracionalan broj. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Ovaj dokaz je prvi izveo grčki filozof Aristotel. Teorema:  \(\sqrt{2}\)  je iracionalan broj. Dokaz: Pretpostavimo da je \(\sqrt{2}\) racionalan broj. Tada \(\sqrt{2}\) možemo zapisati u obliku \( \frac{p}{q} \) gde su \( p \)  i \( q\) uzajamno prosti  celi brojevi takvi da \(q \neq 0\). Primetimo da kako je \( \frac{p}{q} \) nesvodljiv razlomak \( p \) i \( q \) ne mogu istovremeno biti parni inače razlomak ne bi bio nesvodljiv. Iz jednakosti \(\sqrt{2}=\frac{p}{q}\) sledi da je \(2=\frac{p^2}{q^2}\) odnosno \( p^2=2q^2\) . Dakle \(p^2\) je paran broj odakle sledi da je \(p\) takođe paran broj pa možemo broj \(p\) zapisati u obliku \(p=2k\) gde je \(k\) celi broj.  Dakle, imamo da je \( (2k)^2=2q^2\) tj. \( 4k^2=2q^2\), odnosno \( q^2=2k^2\). Iz poslednje jednakosti zaključujemo da je \(q^2\) paran broj, pa je samim tim i \( q\) paran broj. Pokazali smo da su \(
Прикажи све

Dokaz da je skup prostih brojeva beskonačan

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je skup prostih brojeva beskonačan. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Takođe ćemo upotrebiti teoremu francuskog matematičara Eduarda Lukasa. Teorema (Lukas): Svaki prost faktor Fermaovog broja \(F_n=2^{2^n}+1\) ; (\(n>1\)) je oblika \(k2^{n+2}+1\) . Teorema: Skup prostih brojeva je beskonačan. Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da postoji samo konačno mnogo prostih brojeva i označimo najveći prosti broj sa \(p\) . Tada je \(F_p\) sigurno složen broj jer je \(F_p > p\) . Na osnovu Lukasove teoreme znamo da postoji prost broj \(q\) koji je oblika   \(k2^{p+2}+1\)  i koji deli broj \(F_p\). Ali \(q > p\) što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom. Dakle, skup prostih brojeva je beskonačan . \(\blacksquare\)
Прикажи све